解析幾何大題帶答案

上傳人:xiao****1972 文檔編號(hào):20049047 上傳時(shí)間:2021-01-31 格式:DOC 頁(yè)數(shù):14 大?。?77.50KB
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1、三、解答題26.(江蘇18)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,M、N分別是橢圓的頂點(diǎn),過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交橢圓于P、A兩點(diǎn),其中P在第一象限,過(guò)P作x軸的垂線,垂足為C,連接AC,并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)B,設(shè)直線PA的斜率為k(1)當(dāng)直線PA平分線段MN,求k的值;(2)當(dāng)k=2時(shí),求點(diǎn)P到直線AB的距離d;(3)對(duì)任意k0,求證:PAPB本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)、直線方程、直線的垂直關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力和推理論證能力,滿(mǎn)分16分.解:(1)由題設(shè)知,所以線段MN中點(diǎn)的坐標(biāo)為,由于直線PA平分線段MN,故直線PA過(guò)線段MN的中點(diǎn),又直線PA過(guò)坐標(biāo) 原點(diǎn),所以(2)直線

2、PA的方程解得于是直線AC的斜率為(3)解法一:將直線PA的方程代入則故直線AB的斜率為其方程為解得.于是直線PB的斜率因此解法二:設(shè).設(shè)直線PB,AB的斜率分別為因?yàn)镃在直線AB上,所以從而因此28.(北京理19) 已知橢圓.過(guò)點(diǎn)(m,0)作圓的切線I交橢圓G于A,B兩點(diǎn).(I)求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率;(II)將表示為m的函數(shù),并求的最大值.(19)(共14分)解:()由已知得所以所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為離心率為()由題意知,.當(dāng)時(shí),切線l的方程,點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為此時(shí)當(dāng)m=1時(shí),同理可得當(dāng)時(shí),設(shè)切線l的方程為由設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為,則又由l與圓所以由于當(dāng)時(shí),所以.因?yàn)榍耶?dāng)時(shí),|AB

3、|=2,所以|AB|的最大值為2.32.(湖南理21) 如圖7,橢圓的離心率為,x軸被曲線截得的線段長(zhǎng)等于C1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)。()求C1,C2的方程;()設(shè)C2與y軸的焦點(diǎn)為M,過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線與C2相交于點(diǎn)A,B,直線MA,MB分別與C1相交與D,E(i)證明:MDME;(ii)記MAB,MDE的面積分別是問(wèn):是否存在直線l,使得?請(qǐng)說(shuō)明理由。解 :()由題意知故C1,C2的方程分別為()(i)由題意知,直線l的斜率存在,設(shè)為k,則直線l的方程為.由得.設(shè)是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,于是又點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,1),所以故MAMB,即MDME.(ii)設(shè)直線MA的斜率為k1,則直線MA的方程為解得則點(diǎn)A

4、的坐標(biāo)為.又直線MB的斜率為,同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為于是由得解得則點(diǎn)D的坐標(biāo)為又直線ME的斜率為,同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為于是.因此由題意知,又由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)可知,故滿(mǎn)足條件的直線l存在,且有兩條,其方程分別為34.(全國(guó)大綱理21) 已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),F(xiàn)為橢圓在y軸正半軸上的焦點(diǎn),過(guò)F且斜率為的直線與C交于A、B兩點(diǎn),點(diǎn)P滿(mǎn)足()證明:點(diǎn)P在C上;()設(shè)點(diǎn)P關(guān)于點(diǎn)O的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為Q,證明:A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上解:(I)F(0,1),的方程為,代入并化簡(jiǎn)得2分設(shè)則由題意得所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為經(jīng)驗(yàn)證,點(diǎn)P的坐標(biāo)為滿(mǎn)足方程故點(diǎn)P在橢圓C上。6分 (II)由和題設(shè)知, PQ的垂直平分線的方程為設(shè)AB的中

5、點(diǎn)為M,則,AB的垂直平分線為的方程為由、得的交點(diǎn)為。9分故|NP|=|NA|。又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|,所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|,由此知A、P、B、Q四點(diǎn)在以N為圓心,NA為半徑的圓上12分36.(山東理22) 已知?jiǎng)又本€與橢圓C: 交于P、Q兩不同點(diǎn),且OPQ的面積=,其中O為坐標(biāo)原點(diǎn).()證明和均為定值;()設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M,求的最大值;()橢圓C上是否存在點(diǎn)D,E,G,使得?若存在,判斷DEG的形狀;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(I)解:(1)當(dāng)直線的斜率不存在時(shí),P,Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),所以因?yàn)樵跈E圓上,因此又因?yàn)樗杂?、得此時(shí) (2)當(dāng)直線的斜率存在

6、時(shí),設(shè)直線的方程為由題意知m,將其代入,得,其中即(*)又所以因?yàn)辄c(diǎn)O到直線的距離為所以又整理得且符合(*)式,此時(shí)綜上所述,結(jié)論成立。 (II)解法一: (1)當(dāng)直線的斜率存在時(shí),由(I)知因此 (2)當(dāng)直線的斜率存在時(shí),由(I)知所以 所以,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),等號(hào)成立.綜合(1)(2)得|OM|PQ|的最大值為解法二:因?yàn)?所以即當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立。因此 |OM|PQ|的最大值為 (III)橢圓C上不存在三點(diǎn)D,E,G,使得證明:假設(shè)存在,由(I)得因此D,E,G只能在這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn),而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過(guò)原點(diǎn),與矛盾,所以橢圓C上不存在滿(mǎn)足條件的三點(diǎn)D,E,G.40.(天津理1

7、8)在平面直角坐標(biāo)系中,點(diǎn)為動(dòng)點(diǎn),分別為橢圓的左右焦點(diǎn)已知為等腰三角形()求橢圓的離心率;()設(shè)直線與橢圓相交于兩點(diǎn),是直線上的點(diǎn),滿(mǎn)足,求點(diǎn)的軌跡方程本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、平面向量等基礎(chǔ)知識(shí),考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)及數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想,考查解決問(wèn)題能力與運(yùn)算能力.滿(mǎn)分13分. (I)解:設(shè) 由題意,可得即整理得(舍),或所以(II)解:由(I)知可得橢圓方程為直線PF2方程為A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿(mǎn)足方程組消去y并整理,得解得 得方程組的解不妨設(shè)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為,由于是由即,化簡(jiǎn)得將所以因此,點(diǎn)M的軌跡方程是42.(重慶理20)如題(20)圖,橢圓的中心為原點(diǎn),離心率,一條準(zhǔn)線的方程為 ()求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; ()設(shè)動(dòng)點(diǎn)滿(mǎn)足:,其中是橢圓上的點(diǎn),直線與的斜率之積為,問(wèn):是否存在兩個(gè)定點(diǎn),使得為定值?若存在,求的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由解:(I)由解得,故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 (II)設(shè),則由得因?yàn)辄c(diǎn)M,N在橢圓上,所以,故 設(shè)分別為直線OM,ON的斜率,由題設(shè)條件知因此所以所以P點(diǎn)是橢圓上的點(diǎn),設(shè)該橢圓的左、右焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,則由橢圓的定義|PF1|+|PF2|為定值,又因,因此兩焦點(diǎn)的坐標(biāo)為

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